Ejercicios # 4 y # 9 del Capitulo 1* Camilo Alejandro Rojas Pacheco David Velasquez Baquero** Universidad Nacional de Colombia Departamento de Fı́sica Curso de Mecanica Cuantica II 08 de Marzo de 2012 1. Ejercicio # 4 Un oscilador armónico libre unidimensional es sometido a una perturbacion Ĥ 0 , tal que i ) Ĥ 0 = Ax̂ ii ) Ĥ 0 = 21 k 0 x̂2 Para ambos casos, encuentre el nivel de energı́a fundamental corregido hasta segundo orden y la función de onda del estado fundamental corregida hasta primer orden. Compare los resulta- dos obtenidos al resolver exactamente la ecuación de valores propios del operador Ĥ del sistema perturbado. 1.1. solución - perturbación (I) El hamiltoniano del sistema perturbado se pude expresar como: pˆx 2 1 2 Ĥ = Ĥ 0 + Ĥ 0 = + kx̂ + Ax̂ (1) 2m 2 Ademas, conocemos la dinamica del sistema libre (Ĥ 0 ), cuyos niveles de energia estan dados por: (0) 1 En = ~w n + (2) 2 * Código 133388, [email protected] ** Código 132626, [email protected] 1 es mas conveniente trabajar el sistema perturbado con la notacion del operador numero cuantico (N̂ ) y los operadores escalera o creación (↠) y destrución (â). . . 2 . de manera que el estado y la energia fundamental seran entonces: mw 1/4 mw 2 (0) ψ0 (x) = e− 2~ x (4) π~ ~w (0) E0 = (5) 2 Sin embargo.y la funcion de onda que representa los estados cuanticos es mw 1/4 r 1 ξ2 mw ψn(0) (x) = √ Hn (ξ)e− 2 . . 2. se calcula la correccion de la energia a primer orden expresando el operador posicion del termino perturbativo como se muestra en la ecuacion (11). N̂ ] = 0 (6) considerando la propiedad de que [â. . En cuanto a los operadores de creacion y destruccion se tiene √ â|ni = n|n − 1i (9) √ ↠|ni = n + 1|n + 1i (10) el operador posición en terminos del operador creacion y destruccion es r ~ x̂ = (â + ↠) (11) 2mw Tomando la notacion de operadores de creacion y destruccion. 1. la ecuacion de valores propios para el sistema libre es (0) 1 Ĥ 0 |n i = ~w n + |n(0) i (8) 2 el operador numero tambien satisface: N̂ |n(0) i = n|n(0) i. recordando algunas propiedades y expresiones que satisface el operador numero se tiene: N̂ = ↠â y conmuta con el hamiltoniano [Ĥ 0 . ↠] = 1̂ el hamiltoniano del sistema libre se puede escribir como 0 1 Ĥ = ~w N̂ + (7) 2 (0) tomando la notacion en la que |ψn i = |n(0) i y considerando la ecuacion (7). con ξ = x (3) π~ 2n n! ~ donde el numero cuantico toma los valores n = 0. (1) (0) (0) E0 = hψ0 |Ĥ 0 |ψ0 i (12) (0) (0) = Ahψ0 |x̂|ψ0 i cambiando de notacion r ~ = A h0(0) |(â + ↠)|0(0) i r 2mw ~ = A h0(0) |â|0(0) i + h0(0) |↠|0(0) i 2mw aplicando las ecuaciones (9) y (10) r ~ = A (0 + h0(0) |1(0) i) 2mw el 2 termino es 0 por ortogonalidad (1) E0 = 0 (13) Para evaluar la corrección a segundo orden del estado fundamental tomamos la siguiente ecua- ción: (0) (0) (2) X |hψm |Ĥ 0 |ψ0 i|2 E0 = (0) (0) (14) m6=0 E 0 − E m reemplazando la perturabacion en su forma explicita y utilizando los operadores creacion y des- truccion se obtiene el siguiente desarrollo (0) (0) (2) X |Ahψm |x̂|ψ0 i|2 E0 = (0) (0) (15) m6=0E0 − Em q X |A 2mw ~ hm(0) |(â + ↠)|0(0) i|2 = (0) (0) m6=0 E0 − Em q X |A ~ 2mw hm(0) |â|0(0) i + hm(0) |↠|0(0) i|2 = (0) (0) m6=0 E0 − Em q X |A ~ 2mw (0 + hm(0) |1(0) i)|2 = (0) (0) m6=0 E0 − Em q X |A ~ 2mw (0 + δm1 )|2 = (0) (0) (16) m6=0 E0 − Em en la sumatoria solo contribuye el termino m = 1 y la diferencia de energia entre el nivel de energia (0) (0) fundamental y el primer estado excitado en el sistema libre es E0 − E1 = −~w. de manera que la correccion a segundo orden es 3 . y por otro lado considerando la condicion de que sea una perturbacion pequeña se (0) cebe cumplir (∆E < E0 ) se obtiene que r ~mw2 A << (19) 2 Para obtener la correccion a primer orden del estado fundamental usamos la siguiente ecuación (0) (0) (1) X hψm |Ĥ 0 |ψ0 i (0) |ψ0 i = (0) (0) |ψm i (20) m6=0 E0 − Em el numerador de la ecuacion (20) se calculo para la correccion a segundo orden de la energia. uno esperaria un w0 tal que r 0 k + k0 w = (23) m 4 .perturbación (II) Para el segundo caso de perturbacion (Ĥ 0 = 21 k 0 x̂2 )se opera de manera similar usando la notacion del operador numero y los operadores creacion y destruccion. Considerando que: w = p k/m. (2) ~ 1 E0 = A2 2mw −~w (2) A2 E0 = − (17) 2mw2 Para el primer sistema perturbado ya podemos obtener el nivel de energia del estado funda- mental corregido hasta segundo orden (0) (1) (2) E0 = E0 + λE0 + λ2 E0 ~w A2 = +0− (18) 2 2mw2 lo cual nos indica que la perturbacion baja el nivel de energia fundamental con el termino de segundo orden. solución . de manera que usamos el resultado obtenido en la ecuacion (16) y obtenemos q ~ (1) X A 2mw (0 + δm1 ) (0) |ψ0 i = (0) (0) |ψm i (21) m6=0 E0 − Em como solo contribuye m = 1 y tomando la diferencia entre los niveles de energia del sistema libre se tiene r (1) A ~ (0) |ψ0 i = − |ψ i (22) ~w 2mw 1 1.2. que corresponde con un hamiltoniano de la forma: pˆx 2 mw02 2 pˆx 2 1 Ĥ = Ĥ 0 esperado = + x̂ = + (k + k 0 )x̂2 (24) 2m 2 2m 2 de manera analoga a como se resuleve el oscilador en el sistema libre uno esperaria entonces que los niveles de energia fueran de la forma: r r ! 0 0 1 k k 1 En = ~w n + =~ 1+ n+ (25) 2 m k 2 Para hallar entonces la correccion a primer orden del nivel de energia del estado fundamental por medio del calculo perturbativo tomamos la ecuacion (12) aplicamos el termino perturbativo en terminos de los operadores creacion y destruccion.1). donde el primer y el segundo termino son cero pues (â) actua sobre el estado fundamental. (1) (0) (0) E0 = hψ0 |Ĥ 0 |ψ0 i 1 0 (0) 2 (0) = k hψ0 |x̂ |ψ0 i 2 ~k 0 (0) = h0 |(â + ↠)2 |0(0) i 4mw ~k 0 (0) = h0 |(ââ + ↠â + â↠+ ↠↠)|0(0) i (26) 4mw operando con las ecuaciones (9) y (10) sobre la ecuacion (26). (0) (0) (2) 1 02 X |hψm |x̂2 |ψ0 i|2 E0 = k (28) 4 m6=0 E0(0) − Em (0) 2 X ~k 0 |hm(0) |(ââ + ↠â + â↠+ ↠↠)|0(0) i|2 = (0) (0) 4mw m6=0 E0 − Em 2 X √ ~k 0 |(hm(0) |0(0) i + 2hm(0) |2(0) i)|2 = (0) (0) 4mw m6=0 E0 − Em 5 . de manera que obtenemos: (1) ~k 0 √ E0 = (h0(0) |0(0) i + 2h0(0) |2(0) i) 4mw ~k 0 = (1 + 0) 4mw (1) ~k 0 E0 = (27) 4mw Para evaluar la correccion a segundo orden se tiene entonces la ecuación (14) y se calcula de manera analoga a como se realizo en la seccion (1. utilizando la ecuacion (20) y el numerador de la ecuación (29) se tiene: √ ~k 0 X (δm0 + 2δm2 ) (0) (1) |ψ0 i = |ψm i (32) 4mw m6=0 E0(0) − Em (0) como solo contribuye m = 2 y tomando la diferencia entre los niveles de energia del sistema libre se tiene √ ~k 0 (1) 2 (0) |ψ0 i = |ψ i 4mw −2~w 2 √ 0! (1) 2k (0) |ψ0 i = − 2 |ψ2 i (33) 8mw 6 . de manera que la correccion a segundo orden es: 2 √ ~k 0 2δm2 |2 (2) |δm0 + E0 = (0) (0) (29) 4mw E0 − Em 2 √ ~k 0 |0 + 2|2 = (0) (0) 4mw E0 − E2 2 ~k 0 2 = 4mw −2~w 2 k0 = − (30) 4mw3 ~ la energia del estado fundamental corregida hasta segundo orden para el sistema perturbado es entonces: (0) (1) (2) E0 = E0 + λE0 + λ2 E0 2 ~k 0 k0 ~w = + − (31) 2 4mw 4mw3 ~ lo cual corresponde a los primeros terminos de serie de taylor de la ecuacion (25) en k 0 . el primer termino no puede contribuir pues m 6= 0 y por ortogonalidad el segundo termino solo contribuye cuando m = 2. En cuanto a la correcion de primer orden para el estado fundamental del sistema perturbado por la constante (k 0 ). y considerando la diferencia de energia entre el estado fundamental y (0) (0) el segundo nivel que corresponde a E0 − E2 = −2~w. ml i = (AL̂2 + B L̂z )|l. descrito en la seccion mencionada. obtenga la correción a primer orden de los estados cuánticos. . Ejercicio # 9 Para el problema del rotor rı́gido estudiado en la sección 1. ml i (35) (0) = (A~2 l(l + 1) + B~ml )|l. 2. l − 1. y ml = −l. Para el caso perturbado debemos usar el operador de proyeccion momento angular sobre el eje y como operadores de creacion y destruccion de momento angular2 .51 . −l + 1. . ml i = Elml |l. donde los operadores de momento angular y proyeccion del momento angular satisfacen la siguiente ecuacion de valores propios (0) Ĥ 0 |ψlml i = Ĥ 0 |l. 1. Por otro lado conocemos la dinamica del sistema libre. 2. .m0 l l 1 QUIMBAY CARLOS. . solución El hamiltoniano del rotor rı́gido. l. . . (0) Elml = A~2 l(l + 1) + B~ml (37) donde l = 0. ml i (36) los estados cuanticos en la representacion de coordenadas corresponden a los armonicos esfericos en el sistema libre. y es de la siguiente forma: Ĥ = Ĥ 0 + Ĥ 0 = AL̂2 + B L̂z + C Lˆy (34) donde el termino perturbativo es: Ĥ 0 = C Lˆy . (0) (0) (1) X hψlm0 |Ĥ 0 |ψlml i (0) |ψlml i = (0) l (0) |ψlm0 i (39) m0l 6=ml Elml − El.1. pero no para el estado fundamental sino para un l − esimo y ml − esimo estado. septiembre 2011 2 no son los mismos operadores de creacio y destruccion en los numeros cuanticos del oscilador pero operan de manera analoga 7 . . . Notas de Clase Mecánica Cuántica II. . 0. y los niveles de energia se observan en la ecuacion (35?). . esto es: i Lˆy = (Lˆ− − Lˆ+ ) (38) 2 Para calcular la correccion a primer orden de los estados cuanticos del sistema usamos la ecuacion (20). Ed. .2. corresponde a un rotor rigido en un campo magnetico perpendicular al eje x. ml i = ( (0) (0) |l. ml i 0 = ( (0) (0) − 2 0 E lml − E 0 ml 6=ml l. ml i 0(0) (0) (0) )|l. ml i = − (l + ml + 1)(l − ml )|l. 0(0) (0) (1) iC X hl. ml + 1(0) i − 2 Elml − El. m0l + 1(0) |l. ml + 1i + (l − ml + 1)(l + ml )|l. demanera que queda: p (1) iC~ (l + ml + 1)(l − ml ) |l. ml i = (0) (0) |l.m0 ml 6=ml l p (0) iC~ X (l + ml )(l − m0l + 1)hl.ml −1 reemplazando las diferencias de energia. ml i 2 0 Elml − El. ml i (40) Elml − El. ml − 1i (42) 2B~ que corresponde en la notacion habitual a (1) iC hp (0) p (0) i |ψlml i = − (l + ml + 1)(l − ml )|ψlml +1 i + (l − ml + 1)(l + ml )|ψlml −1 i (43) 2B 8 . obtenemos (1) iC~ hp p i |l.remplazando el termino perturbativo explicitamente y cambiando de notacion se obtiene. ml |(Lˆ− − Lˆ+ )|l.ml +1 p (l − ml + 1)(l + ml ) (0) (0) )|l.ml p (0) (l − m0l )(l + m0l + 1)hl. ml i 0(0) |l. m0l − 1(0) |l.m0 l en la sumatoria solo contribuye m0l + 1 en el primer termino y m0l − 1 para el segundo término. ml − 1(0) i (41) Elml − El.